求环$\frac{\mathbb{C} [x,y]}{y^2-x^4+1}$的单位群

嘿，你的猜测完全正确！这个环的单位群确实是${k(x^2-y)n \mid n\in \mathbb{Z},k \in \mathbb{C} ^{\times}}$，下面我给你一步步梳理证明过程：

首先，我们记这个环为$A = \mathbb{C}[x,y]/(y^2 - x^4 + 1)$。在A中，根据定义有$y^2 = x^4 - 1$，先看元素$u = x^2 - y$，计算它和$x^2 + y$的乘积：
$$(x^2 - y)(x^2 + y) = x^4 - y^2 = x^4 - (x^4 - 1) = 1$$
这说明$u$是A中的单位，它的逆元就是$x^2 + y$。显然，所有形如$k u^n$（$k$是非零复数，$n$是整数）的元素都是单位——非零复数本身就是A中的单位，单位的幂次和乘积也都是单位。

接下来要证明A中所有单位都只能是这种形式，我们可以通过以下思路推导：

1. A是整环：首先，多项式$y^2 - x^4 + 1$在$\mathbb{C}[x,y]$中不可约。假设它可约，那么必然能写成$(y - f(x))(y + f(x))$的形式，这意味着$f(x)^2 = x^4 - 1$，但$x^4 -1$的根都是单根，而平方多项式的根都是偶重根，矛盾。因此A是整环，它的分式域是$K = \mathbb{C}(x,y)$，满足$y^2 = x^4 -1$。

2. 单位的等价条件：A中的单位就是分式域K中，同时属于A且逆元也属于A的元素。设$u = a(x) + b(x)y$是A中的单位（其中$a(x),b(x)\in \mathbb{C}[x]$，因为A是$\mathbb{C}[x]$的整扩张），那么它的逆元为：
   $$u^{-1} = \frac{a(x) - b(x)y}{a(x)^2 - b(x)^2(x4 - 1)}$$
   由于$u^{{-1}$也必须属于A，分母$a(x)}2 - b(x)^2(x4 - 1)$必须是$\mathbb{C}[x]$中的单位，也就是非零常数（因为多项式环中的单位只有非零常数）。

3. 求解多项式方程：我们需要找到所有满足$a(x)^2 - b(x)^2(x4 -1) = k$（$k\in\mathbb{C}^\times$）的多项式$a(x),b(x)$：

   • 若$b(x)=0$，则$a(x)^2=k$，即$a(x)$是非零常数，对应A中的常数单位。
   • 若$b(x)\neq0$，设$b(x)$是$m$次多项式，$a(x)$是$n$次多项式。观察最高次项：$a(x)^{2$的最高次是$2n$，$-b(x)}2x^4$的最高次是$2m+4$，两者必须抵消（否则左边是高次多项式，无法等于常数），因此$2n=2m+4$，即$n=m+2$。
   • 进一步分析系数会发现，只有当$m=0$时方程有解：此时$b(x)$是常数$d$，$a(x)$是二次多项式$c x^{2$，结合$c}2 - d^2=0$，可得$c=\pm d$，对应$u = d(x^2 \pm y)$，而$x^2 + y = (x^2 - y)^{{-1}$，所以这其实就是$k(x}2 - y)^n$（$n=\pm1$）的形式。
   • 若$m\geq1$，代入后会导致多项式系数矛盾，最终推导出$b(x)=0$，回到常数单位的情况。

综上，A中的所有单位都可以表示为$\mathbb{C}^{\times$中的元素乘以$(x}2 - y)$的任意整数次幂，也就是你猜测的${k(x^2-y)n \mid n\in \mathbb{Z},k \in \mathbb{C} ^{\times}}$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Shin Daiqi